2021年高中数学《空间向量》解答题专项练习(含答案详解)

2021年高中数学《空间向量》

解答题专项练习

1.三棱锥被平行于底面ABC的平面所截得的几何体如图所示，截面为A1B1C1，∠BAC=90°，

A1A⊥平面ABC，A1A=3，AB=AC=2A1C1=2，D为BC中点.

求证：平面A1AD⊥平面BCC1B1.

2.如图，在多面体EFABCD中，四边形ABCD，ABEF均为直角梯形，∠ABC=∠ABE=90°，四边形DCEF为平行四边形，平面ABCD⊥平面DCEF.

(1)求证：平面ADF⊥平面ABCD；

(2)若△ABD是边长为2的等边三角形，且异面直线BF与CE所成的角为45°，求点E到平面BDF 的距离.

3.如图所示，四棱锥S­ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，点P为侧棱SD上的点.

(1)求证：AC⊥SD；

(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，

求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由.

4.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面△ABC是边长为2的等边三角形，D为BC的中点，侧棱AA1=3，点E在BB1上，点F在CC1上，且BE=1，CF=2.

(1)证明：平面CAE⊥平面ADF；

(2)求点D到平面AEF的距离.

5.如图，在几何体ABCDEF中，AB∥CD，AD=DC=CB=1，∠ABC=60°，四边形ACFE为矩形，FB=10，M，N分别为EF，AB的中点．

(1)求证：MN∥平面FCB；

(2)若直线AF与平面FCB所成的角为30°，求平面MAB与平面FCB所成角的余弦值．

6.如图所示，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，△ABE为等边三角形，

且平面ABCD⊥平面ABE，AB=2CD=2BC=2，P为CE中点.

(1)求证：AB⊥DE.

(2)求平面ADE与平面BCE所成的锐二面角的余弦值.

7.已知：在▱ABCD中，∠DAB=45°，AB=22，AD=2，平面AED⊥平面ABCD，△AED为等边三角形，EF∥AB，EF=2，M为线段BC的中点.

(1)求证：直线MF∥平面BED.

(2)求平面BED与平面FBC所成角的正弦值.

8.如图(1)所示，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别为AC，AB上的点，且DE∥BC，DE=2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图(2)所示.

(1)求证：A1C⊥平面BCDE；

(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；

(3)线段BC上是否存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由.

答案解析

1.证明：如图，建立空间直角坐标系，

则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，A 1(0,0，3)，C 1(0,1，3)，

∵D 为BC 的中点，∴D 点坐标为(1,1,0).

∴AA 1―→=(0,0，3)，AD ―→

=(1,1,0)，

BC ―→=(－2,2,0)，CC 1―→

=(0，－1，3).

设平面A 1AD 的法向量n 1=(x 1，y 1，z 1)，

平面BCC 1B 1的法向量为n 2=(x 2，y 2，z 2).

由⎩⎪⎨⎪⎧

n 1·AA 1―→

＝0，

n 1·AD ―→

＝0，得⎩⎨⎧ 3z 1＝0，x 1＋y 1＝0.

令y 1=－1，则x 1=1，z 1=0，∴n 1=(1，－1,0).

由⎩⎪⎨⎪⎧

n 2·BC ―→

＝0，

n 2·CC 1―→

＝0，得

⎩⎨⎧ －2x 2＋2y 2＝0，

－y 2＋3z 2＝0.

令y 2=1，则x 2=1，z 2=3

3，

∴n 2=⎝ ⎛⎭⎪⎫

1，1，3

3.

∵n 1·n 2=1－1＋0=0，∴n 1⊥n 2.

∴平面A 1AD ⊥平面BCC 1B 1.

2.解：(1)∵∠ABC=∠ABE=90°，∴AB ⊥BC ，AB ⊥BE.

又BC ，BE ⊂平面BCE ，且交于点B ，∴AB ⊥平面BCE.

又CE ⊂平面BCE ，∴AB ⊥CE.

又∵AB ∥CD ，CE ∥DF ，∴CD ⊥DF.

又平面ABCD ⊥平面DCEF ，且交于CD ，DF ⊂平面DCEF ，

∴DF ⊥平面ABCD.

又DF ⊂平面ADF ，∴平面ADF ⊥平面ABCD.

(2)∵CE ∥DF ，

∴∠BFD 为异面直线BF 与CE 所成的角，则∠BFD=45°.

在Rt △BDF 中，∠BFD=∠DBF=45°，∴DF=BD=2.

∵△ABD 是边长为2的等边三角形，∠ABC=90°， ∴在Rt △BCD 中，∠CBD=30°，∴CD=1，BC= 3.

∵CE ∥DF ，DF ⊂平面BDF ，CE ⊄平面BDF ，

∴CE ∥平面BDF ，

∴点C 到平面BDF 的距离即为点E 到平面BDF 的距离.

由(1)可知DF ⊥平面ABCD ，则DF 为三棱锥F －BCD 的高.

设点E 到平面BDF 的距离为h ，

由V E －BDF =V C －BDF =V F －BCD ，得13S △BDF ·h=1

3S △BCD ·DF ，

∴h=错误!未找到引用源。=32. 3.解：(1)证明：连接BD ，设AC 交BD 于点O ，则AC ⊥BD.连接SO ，由题意知SO ⊥平面ABCD.

以O 为坐标原点，OB ―→，OC ―→，OS ―→所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如

图.

设底面边长为a ，则高SO=

62a ， 于是S ⎝ ⎛

⎭⎪⎫0，0，62a ，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，0，C ⎝ ⎛⎭

⎪⎫0，22a ，0， OC ―→=⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，SD ―→=⎝ ⎛⎭⎪⎫－22

a ，0，－62a ， 则OC ―→·SD ―→=0.故OC ⊥SD.从而AC ⊥SD.

(2)棱SC 上存在一点E ，使BE ∥平面PAC.

理由如下：由已知条件知DS ―→是平面PAC 的一个法向量，

且DS ―→=⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，CS ―→=⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－22a ，62a ，BC ―→=⎝ ⎛⎭

⎪⎫－22a ，22a ，0. 设CE ―→=t CS ―→，

则BE ―→=BC ―→＋CE ―→=BC ―→＋t CS ―→=⎝ ⎛⎭⎪⎫－22

a ，22a 1－t ，62at ， 而BE ―→·DS ―→=0⇒t=13

. 即当SE ∶EC=2∶1时，BE ―→⊥DS ―→.

而BE ⊄平面PAC ，

故BE ∥平面PAC.

4.解：(1)∵△ABC 是等边三角形，D 为BC 的中点，

∴AD ⊥BC ，∴AD ⊥平面BCC 1B 1，得AD ⊥CE.

在侧面BCC 1B 1中，

tan ∠CFD=CD CF =12，tan ∠BCE=BE BC =12

， ∴tan ∠CFD=tan ∠BCE ，∠CFD=∠BCE ，

∴∠BCE ＋∠FDC=∠CFD ＋∠FDC=90°，∴CE ⊥DF.

又∵AD ∩DF=D ，∴CE ⊥平面ADF.

又∵CE ⊂平面CAE ，∴平面CAE ⊥平面ADF.

(2)在△FDE 中，易得FD=FE=5，DE=2，

∴S △FDE =12×2×52－⎝ ⎛⎭⎪⎫222=32

. 在△EFA 中，易得EA=EF=5，AF=2 2，